算法合集之《浅谈信息学竞赛中的区间问题》

浅谈信息学竞赛中的区间问题

华东师大二附中

周小博

【摘要】

本文对一些常用的区间问题模型做了简单介绍，包括一些算法及其正确性的证明，并从国际、国内的信息学竞赛与大学生程序设计竞赛中选了近10道相关例题，进行简要分析。

【关键字】

区间模型转化贪心动态规划优化

在信息学竞赛中，有很多问题最终都能转化为区间问题：例如从若干个区间中选出一些满足一定条件的区间、将各个区间分配到一些资源中、或者将一些区间以某种顺序放置等。这类问题变化繁多，解法各异，需要用到贪心、动态规划等算法，并可以用一些数据结构优化算法。

本文将从几个方面对区间问题做一个简单的介绍，给出一些算法及其正确性的证明，具体分如下几个方面进行讨论：

1.最大区间调度问题

2.多个资源的调度问题

3.有最终期限的区间调度问题

4.最小区间覆盖问题

5.带权区间调度、覆盖问题

6.区间和点的有关问题

我们将对上述每个问题都给出基本模型、算法、证明及其实现，并从ACM-ICPC、CEOI、CTSC等比赛中选出了近10道相关例题，进行简要分析，有的例题还给出了各种不同的算法及其时间效率的分析。

本文中所讨论的问题主要由两个部分组成，一部分为近几年来各类竞赛题的归纳总结，另一部分来自于参考文献。

1.最大区间调度问题

数轴上有n 个区间，选出最多的区间，使得这些区间不互相重叠。

算法：

将所有区间按右端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。如果它与当前已选的所有区间都没有重叠，则选择该区间，否则不选。

证明：

显然，该算法最后选出的区间不互相重叠，下面证明所选出区间的数量是最多的。设i f 为该算法所接受的第i 个区间的右端点坐标，i g 为某最优解中的第i 个区间的右端点坐标。

命题1.1 当1≥i 时，该算法所接受的第i 个区间的右端点坐标i f ≤某最优解中的第i 个区间的右端点坐标i g 。

该命题可以运用数学归纳法来证明。对于1=i ，命题显然为真，因为算法第一个选择的区间拥有最小右端点坐标。令1>i ，假定论断对1-i 为真，即11--≤i i g f 。则最优解的第i 个可选区间所组成的集合包含于执行该算法时第i 个可选区间所组成的集合；而当算法选择第i 个区间时，选的是在可选区间中右端点坐标最小的一个，所以有i i g f ≤。证毕。

设该算法选出了k 个区间，而最优解选出了m 个区间。

命题1.2 最优解选出的区间数量m =该算法选出的区间数量k 。

假设k m >，根据命题1.1，有k k g f ≤。由于k m >，必然存在某区间，在k

g 之后开始，故也在k f 之后开始。而该算法一定不会在选了第k 个区间后停止，还

会选择更多的区间，产生矛盾。所以k

m≤,又因为m是最优解选出区间个数，所以k

m=。

综上所述，算法选出的区间是最优解。

实现：

在判断某个区间与当前已选的所有区间是否重叠时,可以直接判断是否和所选的最后一个区间是否重叠。时间复杂度：排序()n

O log。

n

n

O=()n

O log+扫描()n

例题1：Latin America - South America 2001 Problem A

题目大意：

基因是由许多外显子（exon）组成，每个外显子都有一个起始位置和一个结束位置。两个外显子能够互相联接必须满足某个外显子的起始位置在另一个外显子的结束位置之后。给出()

n个外显子，要求找到一条由外显子组成

0<

1000

的基因链，使得外显子数量最多。

分析：

将每个外显子看作一个区间，两端点坐标分别为外显子的起始、结束位置。则现在的问题和原问题基本相同，只是端点上也不能重叠。这里就不写算法了。

2.多个资源的调度问题

有n个区间和无限多的资源，每个资源上的区间之间不互相重叠。将每个区间都分配到某个资源中，使用到的资源数量最小。

定义区间集合深度d为包含任意一点的区间数量的最大值，则显然有：

命题2.1 需要的资源数至少为d。

设区间1I ,2I ,…,d I 全部包含某一点，则必须把这些区间分配到不同资源中，故至少需要d 个资源。

其实竞赛中也出现过计算区间集合深度的题目，如North America – Northeast 2003 Problem E 。下面给出计算区间集合深度的算法。

d

的计算方法：

将每个区间拆成两个事件点，按坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。记

录一个值t ，表示当前点被包含次数。每次遇到区间的左端点就+1，遇到右端点就-1。d 的值就是在该过程中t 的最大值。注意两个相同坐标不同类型的事件点的位置关系和区间是否能在端点处重叠有关，这在排序过程中应该注意。时间复杂度为排序()n n O log +扫描()n O =()n n O log

由此可得出一个构造算法。

算法1：

计算出d 。将所有区间按左端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。处理某个区间时，排除在它前面且与之重叠的区间所用到的资源，然后在1,2,3,…,d 这些资源中任意分配一个未被排除的资源。

证明：

设排序后的n 个区间分别为1I ,2I ,…,n I

命题2.2 每个区间都能分配到一个资源。

考虑任何一个区间j I ，假设存在t 个区间在它前面且与之重叠。一定有

d t ≤+1，否则由于这1+t 个区间都包含j I 的起始时刻，与d 的定义矛盾。故有1-≤d t ，从而在d 个资源中至少有一个资源没被这t 个区间排除。所以对于每个

区间，都至少有一个可分配资源。证毕。

命题2.3 没有两个互相重叠的区间被分配到了同一个资源。

考虑任意两个互相重叠的区间1j I 、2j I ，其中21j j <。当算法在处理区间2

j I 时，区间1j I 所用资源已经被排除，所以不会被分配到同一资源。

综上所述，该算法可以成功的构造出正好使用d 个资源的一组解，而根据命题2.1，所用资源的下限是d ，故该解是用到资源数量最少的解。

实现：

区间分配资源时，如果直接做排除，则时间复杂度为()

2n O ，当然可以通过记录每个资源的最大右端点坐标以将时间复杂度降为()nd O ；由于可以每次找一个最大右端点坐标最小的资源，故可以用一个优先队列来储存每个资源的最大右端点坐标。

用二叉堆实现该优先队列，每次查找最小值的时间复杂度为()1O ，修改关键字的时间复杂度为()d O log ，分配资源操作的时间复杂度也就降为()d n O log 。故总时间复杂度为：d 的计算()n n O l o g +排序()n n O l o g +分配资源

()d n O l o g =()()nd n O log 。其实这里可以不计算出d ，而通过不断地增加资源数量来使所有区间都能分配到资源。

该算法同时也证明了以下命题：

命题2.4 用到的资源数量的最小值为区间集合深度d 。

基于这个命题，我们很容易想到另外一种算法。

算法2：

计算d 。将所有区间按右端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。对于每个区间，都在1,2,3,…,d 这些资源中分配一个可用的且右端点坐标最大的资源。

证明：

显然每个资源上的区间都不互相重叠，下面证明每个区间都能分配到一个可用资源。用一个元素个数为d 的有序表i S （表中元素始终从小到大排序），记录处理i 个区间后，各个资源的最大右端点坐标（当某个资源从没被用过时，可认为值为∞-）。同样用表i S '表示处理i 个区间后，某最优解的状态（根据命题2.5，该表中元素个数也是d ）。状态i S '不优于i S 状态指[][]j S j S d j i i '≤≤≤?,1。

命题2.5 处理完第()1≥i i 个区间后，某最优解此时的状态i S '不优于运行该算法后此时的状态i S 。

该命题可以运用数学归纳法来证明。对于1=i ，命题显然为真，因为第一个区间无论分配哪个资源，状态都是一样的。令1>i ，假定论断对1-i 为真，即

[][]j S j S d j i i 11,1--'≤≤≤?。设处理第i 个区间时，该算法分配的资源是[]11j S i -,在最优解中分配的资源为[]21j S i -。设第i 个区间的右端点坐标为[]i e 。

表i S 更新为：[][][][][][][]()i e d S j S j S j S S S i i i i i i ,1,,2,1,1,,2,1111111111-?++-?------； 表i S '更新为：[][][][][][][]()i e d S j S j S j S S S i i i i i i ,1,,2,1,1,,2,1121212111-'?+'+'-'?''------。

而该算法分配的资源[]11j S i -在所有可分配资源中拥用最大右端点坐标，故区间i 的左端点坐标小于[]111+-j S i ，又[][]111111+'≤+--j S j S i i ，所以12j j ≤。 ⑴当21j j <≤时：[][][][]j S j S j S j S i i i i '='≤=--11；

⑵当12j j j <≤时：[][][][][]j S j S j S j S j S i i i i i '=+'≤'≤=---1111；

⑶当d j j <≤1时：[][][][]j S j S j S j S i i i i '=+'≤+=--1111； ⑷当d j =时：[][][]i e j S j S i i ='=。

所以有[][]j S j S d j i i '≤≤≤?,1，证毕。

命题2.6 每个区间都能分配到一个资源。

处理第i 个区间时，状态可用1-i S 表示。最优解肯定能给该区间分配到资源，设为[]01j S i -'。根据命题2.5，[][]0101j S j S i i --'≤。则运行该算法时，至少可以给该区间分配资源[]01j S i -。证毕。

综上所述，该算法可以成功的构造出正好使用d 个资源的一组解，而根据命题2.1所用资源的下限是d ，故该解是用到资源数量最少的解。

实现：

考虑如何分配资源。如果直接记录每个资源的最大右端点坐标，时间复杂度为()nd O 。可以用证明中所提到的有序表，用一个平衡二叉树来维护它。每次处理某个区间时，可以在()d O log 时间内找到合适资源，并在()d O log 时间内修改该资源结束时间。这样做的总时间复杂度也是()()nd n O log 。

第一个构造算法证明了最少所用资源的数量，并用编程复杂度较低的方法构造出了可行解。第二个贪心算法是基于第一个算法的结论得到的，编程复杂度也比第一种高，然而利用它的局部最优性，还可以附加更多的条件。

例题2：2004年广东省大学生程序竞赛试题 Problem B 题目大意：

一个港口被分成了()101≤≤m m 个区域，每个区域最多允许同时停靠

()10000

≤r r 艘船，每艘船都只能停靠在特定的一个区域。有()1000001≤≤n n 艘船，已知每条船的到达时刻、离开时刻和它应该进入的区域。求一个调度方案使得能有最多的船得以停靠。

分析：

显然每个区域都可以单独处理。可以把船看作一个区间，则该问题是问题2的一个变化：规定使用资源的数量r ，问最多能选出多少区间。在算法2上稍加改动即可得出该题的算法。

算法：

将所有区间按右端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。对于每个区间，若能找到可用资源，则将该区间安排到一个可用的且右端点坐标最大的资源；若找不到，则不去选它。

在前面的证明中我们已经证明了选择资源的局部最优性，唯一剩余的问题是区间的取舍。如果该算法选择了某区间I ，而某最优解中没有选它，显然最优解选择了一个与该区间重叠且右端点坐标大于等于它的区间I '，我们用I 替换I ',就构成了一个包含I 的最优解；如果该算法没有选择某区间，显然最优解也不会选择该区间。故该算法得出的解就是最优解。

实现：

还是利用平衡二叉树维护资源信息并寻找合适资源，处理每个区间的时间复

杂度是()r

O l o g ，故总时间复杂度为：排序()n n O log +处理区间()()r O n O log ?=()()nr n O log 。

3.有最终期限的区间调度问题

有n 个长度固定、但位置可变的区间，将它们全部放置在),0[+∞上。每个区

间有两个已知参数：长度i t 和最终期限i d ，设i f 为其右端点坐标。定义

???≤>-=i i i

i i i

i d f if d f if d f l 0，{}i n i l L ≤≤=1max 。放置所有区间，使它们不互相重叠且最大延迟L 最小。

算法：

将所有区间按最终期限从小到大排序，顺序安排各区间，使中间没有空闲段。

证明：

由于该算法所有区间都顺序放置，因此区间之间不互相重叠。下面证明该算法求出的L 最小。

命题3.1 存在一个没有空闲段的最优解。

若在某最优解中，两相邻区间i 、1+i 之间有空闲段，可将将1+i 、2+i 、…、

n 全部往左移，直至i 、1+i 之间没有空闲段。显然1+i f 、2+i f 、…、n f 减小，即1+i l 、2+i l 、…、n l 减小。所以此时的最大延迟L '一定小于等于原先的L ，又L 已是最小值，所以L L ='。因此任何一个有空闲段的最优解不断地进行上述操作后终会变成一个没有空闲时间的最优解。证毕。

命题3.2 任何一个既没有逆序、又没有空闲段的解有着相同的最大延迟L 。

如果解中既没有逆序、又没有空闲段，那么相同最终期限的区间只有在次序上可能不同。而这些区间的最大延迟只和最后一个区间的右端点坐标有关，区间的次序却并不影响最后一个区间的右端点坐标，所以最大延迟始终相同。证毕。

命题3.3 既没有逆序、又没有空闲段的解是最优解。

根据命题3.1，存在一个没有空闲段的最优解。假设某最优解中相邻的某两区间i 、1+i 为逆序关系，即有1+>i i d d 。设区间i d 的左端点坐标为0t ，若交换两

区间，则原来两区间的右端点坐标为i i t t f +=0，101++++=i i i t t t f ，现在则分别为

101+++='i i t t f ，10+++='i i i t t t f 。

设两区间在交换前后的延迟分别为i l 、1+i l 、i l '、1+'i l 。 因为{}{}1111111111,max ,max

++++++++++≤≤''????

??

≤'????<'>≤'?<'i i i i i i i i i i i i i i i l l l l l l l f f d d l l f f ，所以i l 、1+i l 不优于i l '、1+'i l 。因此一个存在逆序的解交换相邻的逆序项可以使之更优，只要将一个有逆序的解不断进行上述操作后都能成为一个无逆序的解。证毕。

综上所述，该算法成功构造了一个最优解。

实现：

按算法直接模拟。时间复杂度：排序()n n O log +扫描()n O =()n n O log 。

一般在区间位置可变时，最优解中各区间位置常常是按照最终期限排序，交换最终期限互为逆序的区间总能使结果更优。当然区间带权时，要另外考虑。

例题3.1：CTSC 2007 DAY2 pendant 题目大意：

有()200000

≤N N 粒缀珠，每粒缀珠有两个参数：挂钩的最大承受重量i C 和本身重量i W 。将缀珠经挂钩连接后挂起形成挂坠，要求每粒缀珠下方的缀珠重量之和不能超过它挂钩的最大承受重量。问挂坠最多能由多少个缀珠组成，并求出满足缀珠数量最多时挂坠质量的最小值。

分析：

把每粒缀珠看作一个长度为i W 的区间，这些区间的位置是可变的。则问题转化为：选出最多的区间，并将它们不互相重叠地放置在),0[+∞上，使得左端点

坐标不能超过i C 。在保证区间数量最大时，需求出最大右端点坐标的最小值。

根据原问题，容易证明下面这个结论：显然必有一个最有解，它的区间按最后期限i i C W +排序，连续地放置在),0[+∞上。（证明和原问题的证明方法类似）在这个结论的基础上，可以得出以下两种算法。

算法1：

容易想到一个()

2N O 的动态规划。将区间按i i C W +的值从小到大排序，设

[]j i f ,为前i 个区间，选取了j 个区间后，最大右端点坐标的最小值。则对于任意一个合法的],[j i f ，做下面的两个动态转移：若第1+i 个区间不选：

[][][]{}j i f j i f j i f ,,,1min ,1+=+；若1],[+≤i C j i f ，则可以选择该区间：

[][][]{}1,,1,1min 1,1++++=++i W j i f j i f j i f 。状态数为()

2N O ，状态转移时间为()1O ，故时间复杂度为()2N O 。然而仅仅()

2N O 是不够的，还需要优化。

优化：

设[][][]1,,,--=j i f j i f j i g ,显然i 不变时，[]j i g ,随着j 的增大而呈单调递增（如果[][]1,,-

[]{}1,|min +>=i W j i g j left ，[]{}1,|max +≤=i C j i f j right ；⑵删除[]1+right g ，将[]1+left g ,[]2+left g ,…,[]right g 的值向后平移到[]2+left g ,[]3+left g ,…,

[]1+right g ，并将[]1+left g 的值修改为1+i W 。

时间复杂度：

用一棵平衡二叉树维护[]i g ，则从[]i g 递推[]1+i g 的时间复杂度为()N O log ，

所以总时间复杂度为：排序()N N O log +[]i g 的维护()()N O N O log ?=()N N O log 。

该算法要用到平衡二叉树，编程复杂度较大。其实仔细分析算法1，并加以改进，就可以得到一个贪心的算法。

算法2：

维护一个按i i C W +排序的有序表，初始为空。将所有区间按长度i W 从小到大排序，依次处理。处理某个区间时，若它能够放入有序表，则选择该区间并放入表中，否则不选择。最后的表即是要求的状态。

实现：

算法的瓶颈在有序表的维护上。如果直接模拟该表的所有操作，时间复杂度是()

2N O 。用线段树来维护该表，可以在()N O log 的时间里完成每个区间的取舍及插入操作（这些操作并不是非常容易实现，但与论文主题无关，这里不再细写）。因此，总时间复杂度为()N N O log 。

例题3.2：Europe - Southeastern 2007 Problem D 题目大意：

一家银行收到了()10000

0≤≤N N 个贷款申请，每个贷款都最晚要在()10000

0≤≤i i d d 时完成，利润为i p 。每个贷款需要一个单位时间处理，银行在同一时间内最多可以接受()1000≤≤L L 个贷款。求如何安排才能获得最大利润。

分析：

将每个贷款申请看作一个单位长度、位置可变且带权的区间，则题目转化为选出一些区间，将它们不互相重叠地放在L 个资源),0[+∞上，使利润最大，且区

间的左端点不得超过i d 。可以用与例题3.1算法2类似的贪心算法解决该问题。

算法：

将这些区间按照权值从大到小排序，顺序处理每个区间。设{}i N

i d D ≤≤=1max 。

由于区间都是单位长度的，我们可以用一维数组[]()D i i s ≤≤1来记录当前的情况，表示()1,+i i 被覆盖次数，根据题意有[]L i s ≤≤0。处理第i 个区间时，若可以选择该区间（即[]L i s d i i <≤≤?,0），则将该区间放置到一个i 最大的一个位置，即

[]{}L i s i i

d i <≤≤|max 0，否则就不选择该区间。

处理每个区间时，若直接模拟，时间复杂度是()ND O ，最好还是做适当优化。

优化1：

若用一棵线段树来维护数组[]i s ，可以在()D O log 的时间里处理每个区间。总时间复杂度为：排序()N N O log +处理每个区间()()D O N O log ?=()()ND N O log 。

优化2：

每次[]()0>i i s 的值增加后，若[]L i s =，则将之所属集合与前面的[]1-i s 所属集合合并成一个新集合。处理第i 个区间时，它选择的位置必是[]i d s 所在集合中的最前面的元素，（若最前面的元素是[]0s 且[]L s =0，则表示该区间不能被选择）。如果我们用并查集来实现集合的各种操作，维护它的时间复杂度可近似地看作

()D N O +。总时间复杂度：排序()N N O log +处理每个区间()D N O +=()N N D O log +。

第1种优化由于用到了线段树，不论在空间上还是在时间上都有着巨大的系

数；而第2种优化用到的空间非常小，且在时间效率和编程复杂度两方面都比第1种好很多。

4.最小区间覆盖问题

有n 个区间，选择尽量少的区间，使得这些区间完全覆盖某线段[]t s ,。

算法：

将所有区间按左端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。每次选择覆盖点s 的区间中右端点坐标最大的一个，并将s 更新为该区间的右端点坐标，直到选择的区间已包含t 。

证明：

显然，该算法最后选出来的区间完全覆盖[]t s ,，下面证明所选出区间的数量是最少的。设i f 为该算法所接受的第i 个区间的右端点坐标，i g 为某最优解中第

i 个区间的右端点坐标。

命题 4.1 当1≥i 时：该算法所接受的第i 个区间的右端点坐标i f ≥某最优解中的第i 个区间的右端点坐标i g 。

该命题可以运用数学归纳法来证明。对于1=i ，命题显然为真，因为算法第一个选择的区间是能覆盖点s 的区间中右端点坐标最大的那个。令1>i ，假定论断对1-i 为真，即11--≥i i g f ，最优解中选的第i 个区间的右端点坐标为i g ,设它的左端点坐标为i b 。由于该区间覆盖1-i g ，即i i i g g b ≤≤-1。当1-≤i i f g 时，由于

i i f f ≤-1，有i i f g ≤；当1->i i f g 时，有i i i i g f g b <≤≤--11，此时最优解所选择的区间覆盖点1-i f ,又算法选择的第i 个区间是右端点坐标最大的那个，故i i g f ≥。证毕。

设该算法选出了k 个区间，而最优解选出了m 个区间。

命题4.2 最优解选出的区间数量m =该算法选出的区间数量k 。

假设k m <，根据命题 4.1，有m m g f ≥。根据该算法，t f g m m <≤，因此该最优解不可能覆盖t ，产生矛盾。所以k m ≥,又因为m 是最优解中选出区间个数，所以k m =。

综上所述，算法选出的区间是最优解。

实现：

选择区间可以通过线性扫描来实现。时间复杂度：排序()n n O log +扫描

()n O =()n n O log 。

例题4：ACM/ICPC Regional Warm-up Contest 2002 Problem E 题目大意：

有一块草坪，长为l ，宽为w ，在它的中心线的位置处装有()10000

≤n n 个点状的喷水装置。每个喷水装置i 喷水的效果是以它为中心半径为i r 的圆都被润湿。请选择尽量少的喷水装置，把整个草坪全部润湿。如图所示：

分析：

显然覆盖整个草坪的充要条件是要能覆盖上边界。将每个喷水设置能覆盖的一段上边界看成一个区间，转化后的问题就是原问题。

5.带权区间调度、覆盖问题

若区间带权，如何解决调度、覆盖一类问题呢？这时，刚才一直用的贪心算法已经不再普遍适用，大部分情况下，只能用更一般性的方法——动态规划。

例题5.1：Europe - Northeastern Europe 2004 Problem J 题目大意：

有()1000

≤N N 只可爱的小海龟在赛跑。询问每只小海龟它是第几名，它会回答你两个数：i i b a ,，分别表示在它前面的小海龟数和在它后面的小海龟数。接着你发现其中有些小海龟对你撒了谎，因为根据他们的说法你根本没法给他们排队！但是你是善良的，你不希望有很多小海龟在撒谎，想找出最少有哪几只小海龟在撒谎。（注意：小海龟的名次可能是并列的！）

分析：

若一只海龟说了真话，那么该海龟的位置一定是在区间[]i i b N a -+,1上。若有K 只海龟选择了相同的区间[]i i b N a -+,1，则根据并列关系，该区间最多能同时拥有{}K b a N i i ,min --只海龟。可以计算出每个区间最多能有多少只海龟，把数值看做区间的“权”。则问题转化为，在一些带权区间中，选出权和最大的区间，使它们之间不能互相重叠。

算法：

算出每个出现过的区间的“权”[]i v ，接下来的算法就是动态规划了。先按

右端点坐标从小到大排序，令[]i p 为在区间i 左边的且与之无公共点的最大区间编号，设状态[]i f 为在前i 个区间中可选出区间的最大权和，则状态转移方程为

[][][][][]{}i v i p f i f i f +-=,1max ，说真话海龟的最大数量就是最后一个区间的f 值。

实现：

由于上述所有操作的排序关键字都在N ,...,1,0中，所以可以使用时间复杂度为()N O 的基数排序，其它各操作也均能在()N O 时间内完成（具体细节留给读者思考）。所以，总时间复杂度为()N O 。

例题5.2：USACO 2005 dec silver 题目大意：

仓库从第M 秒到第E 秒的任意时刻都需要有人打扫，包括M 和E ，

863990≤≤≤E M 。有()100001≤≤N N 个工人前来应聘打扫仓库的工作，每人给

出自己可以工作的时间段：从第1T 秒到第2T 秒（包括第1T 秒和第2T 秒），需要支付工资S 元。E T T M ≤≤≤21，5000000≤≤S 。

每个应聘者，你能够录用或者不录用，但不能只雇佣他提出的一部分时间。一旦录用，你就得支付他提出的S 元给他。现在要保证从M 秒到第E 秒的任意时刻都得有人打扫，问最少要付多少工资。

分析：

将每个人的打扫时间看作一个左右端点分别为i T 1和i T 2，且权为i S 区间。则问题转化为：选出一些区间，使它们覆盖[]E M ,上的所有整数点，求权和最小值。

算法：

这道题很容易想到一个()

2N O 的动态规划算法。将所有区间按右端点坐标从小到大排序，顺序处理每个区间。用[]i f 表示在前i 个区间中选择，且第i 个区间必须选时，覆盖[]i T M 2,的权和最小值。

则状态转移方程为：[]{}[][]

?

??∈?+≥+=<≤i i i i i i i j i

j T T M if S T T M if S T T j f Min i f 2,12,1112|][1,

最后的结果就是{}]2,1[|][1i i N

i T T E i f Min ∈≤≤。

第一种优化：

对于这个状态转移方程，很容易想到用线段树优化的方法。建立一棵范围是

[]E M ,的线段树，叶子节点是一个个整点坐标。每得到一个[]i f 的值，就将它插

入在i T 2处，并更新最小值。计算[]i f 的值时只要选取区间[]12,11--i i T T 中f 的最小值进行状态转移即可。算法时间复杂度为：排序()N N O log +维护线段树()()()M E O N O -?log =()()M E N O -log ，故总时间复杂度是()()()M E N N O -log 。

这样做编程复杂度较高，且时间效率亦不是很好（虽然可以通过离散化稍微降低一点时间复杂度，但仍然系数巨大）。仔细分析，可以找到更好的优化方法。

第二种优化：

建立一个栈stack ，[]i stack 表示处在栈中第i 个位置的区间。假设栈中已经有k 个区间，保持栈中区间f 值的单调性：[][][][]j stack f i stack f k j i <≤<≤?,1。每次要将第i 个区间压入栈中时，做这样的操作：

计算[]i f 的值时，可以借助栈找到一个区间j ，使i j T T 112≥+且[]j f 最小，进行状态转移。根据栈中元素的单调性，这里可以用二分查找。由于一共N 个区间，每个区间进栈、出栈最多一次，故栈的维护的时间复杂度为()N O 。在任何时间内，栈内区间个数不超过N ，故一次二分查找复杂度为()N O log 。综上所述，该方法的总时间复杂度为()()())log (log N N O N O N O N O =?+。

由于栈、二分查找的系数比线段树小很多，且栈内区间个数很少有达到N 的情况，故这种优化比前面的要好很多。

第三种优化：

以左端点为关键字从小到大排序，按顺序依次处理每个区间。维护一个以

[]i f 为关键字的优先队列。处理区间i 时，只要最小关键字区间的右端点坐标小于11-i T ，就删除。重复上述操作，直到当前区间能和最小关键字区间进行状态转移。状态转移后，将区间i 插入优先队列。

由于每个区间最多只进出队列一次，故一共要进行()N O 次插入操作和()N O 次删除操作。用二叉堆实现该优先队列，插入和删除操作的时间复杂度都是

()N O log ，因此总时间复杂度为：排序()N N O log +动态规划()N O +维护二叉堆()()N O N O log ?=()N N O log 。

该优化时间复杂度的系数介于前两种优化之间，然而对于实现而言，使用Pascal 的编程量和用第一种优化差不多，而使用C/C++就可以大大减少编程量。

6.区间和点的有关问题

有n 个区间，m 个点。若某区间包含了某点，则构成一对匹配关系。选出最

while [][][]i f k stack f ≥ {pop} push i